【文档说明】湖南省雅礼十六校2022-2023学年高三上学期第一次联考数学试题解析.docx，共(7)页，75.855 KB，由管理员店铺上传

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列不属于(𝑥−2)3的展开式的项的是（）A.𝑥3B.6𝑥2C.12𝑥D.−8解析：展开式中𝑥2的系

数应为−6，故6𝑥2不属于展开式的项，选择B选项2.已知集合𝐴={𝑥|𝑓(𝑥)≤𝑎},𝐵={𝑥|𝑓(𝑓(𝑥))≤𝑎},𝑎∈𝑅.其中𝑓(𝑥)=𝑥2−3𝑥+3，若满足𝐵⊆𝐴，则𝑎的取值范

围为（）A.[3,+∞)B.(−∞,1]∪[3,+∞)C.[2116,+∞)D.[134,+∞)解析：设𝐴=[𝑥1,𝑥2]则𝐵⊆[𝑥1,𝑥2]，同时将𝐵集合转化得𝐵={𝑥|𝑓(𝑥)∈𝐴}将以上条件整理得𝑓(𝑥)∈𝐴的解集应该含于

[𝑥1,𝑥2]，其中𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)=𝑎，即1min23()4xfxxa=且𝑥1,𝑥2满足𝑥2−3𝑥+3−𝑎=0由根的分布规律可得𝑎∈[2116,+∞)故选C3.已知复数𝑧1,𝑧2,𝑧3，𝑧1与𝑧3

共轭，𝑧1+1𝑧2+1=𝑎(𝑎∈𝑅)，|𝑧1−𝑧2|=2|𝑧2−𝑧3|且|𝑧𝑖+1|+|𝑧𝑖−1|=4(𝑖=1,2,3)则2|𝑧2−𝑧3|+|𝑧2−1|+|𝑧3−1|的值为（）

A.5B.6C.7D.8解析：本题考察复数和椭圆的知识，根据复数和椭圆的基本知识可得，2|𝑧2−𝑧3|+|𝑧2−1|+|𝑧3−1|即为椭圆𝑥24+𝑦23=1焦点三角形周长的值，故2|𝑧2−𝑧3|+|𝑧2−1|+|𝑧3−1

|=8故选D4.已知△𝐴𝐵𝐶三边𝑎,𝑏,𝑐所对角分别为𝐴,𝐵,𝐶，且3𝑎2+𝑏2=𝑐2，则𝑡𝑎𝑛𝐵−𝑡𝑎𝑛𝐴−2𝑡𝑎𝑛𝐴𝑡𝑎𝑛2𝐵的值为（）A.-1B.0C.1D.以上选项均

不正确解析：将3𝑎2+𝑏2=𝑐2由余弦定理变换得𝑎+𝑏𝑐𝑜𝑠𝐶=0由正弦定理得𝑠𝑖𝑛𝐴+𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶=0，三角变换得2𝑡𝑎𝑛𝐵+𝑡𝑎𝑛𝐶=0，即2𝑡𝑎𝑛𝐵−𝑡𝑎𝑛(𝐴+𝐵)=0变形得2𝑡𝑎𝑛𝐵−𝑡𝑎�

�𝐴+𝑡𝑎𝑛𝐵1−𝑡𝑎𝑛𝐴𝑡𝑎𝑛𝐵=0，两边同时乘以1−𝑡𝑎𝑛𝐴𝑡𝑎𝑛𝐵得𝑡𝑎𝑛𝐵−𝑡𝑎𝑛𝐴−2𝑡𝑎𝑛𝐴𝑡𝑎𝑛2𝐵=0故选B5.已知正项数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，且1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛

=1𝑎𝑛(1√𝑎𝑛+1+1√𝑎𝑛)，𝑆100为{𝑎𝑛}前100项和，下列说法正确的是（）A.76<𝑆100<65B.65<𝑆100<54C.54<𝑆100<43D.43<𝑆100<32解析：令𝑛=1，则可得𝑎2=14，故

𝑆100>𝑎1+𝑎2=54将1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=1𝑎𝑛(1√𝑎𝑛+1+1√𝑎𝑛)两边同除1√𝑎𝑛+1+1√𝑎𝑛得1√𝑎𝑛+1−1√𝑎𝑛=1𝑎𝑛∴{𝑎𝑛

}为递减数列∴𝑎𝑛≤1可得1√𝑎𝑛+1−1√𝑎𝑛=1𝑎𝑛≥1√𝑎𝑛∴√𝑎𝑛+1√𝑎𝑛≤12，累乘可得𝑎𝑛≤(14)𝑛−1，根据等比数列求和公式得𝑆100<(14)0+(14)1+...+(14)99=43−13⋅(14)99<

43综上，54<𝑆100<43，选择C选项6.长沙市雅礼中学（雅礼）、华中师范大学第一附属中学（华一）、河南省实验中学（省实验）三校参加华中名校杯羽毛球团体赛.这时候有四位体育老师对最终的比赛结果做出了预测：罗老师：雅礼

是第二名或第三名，华一不是第三名；魏老师：华一是第一名或第二名，雅礼不是第一名；贾老师：华一是第三名；关老师：省实验不是第一名；其中只有一位老师预测对了，则正确的是（）A.罗老师B.魏老师C.贾老师D.关老师根据假设法推理，可得贾老师预测正确，选择C

选项7.若𝑎=1100𝑒5,𝑏=√𝑒,𝑐=𝑙𝑛5，（𝑒=2.71828...）试比较𝑎,𝑏,𝑐的大小关系（）A.𝑎>𝑏>𝑐B.𝑏>𝑎>𝑐C.𝑎>𝑐>𝑏D.𝑏>𝑐>𝑎解析：由𝑒=2.71828...

得𝑒2<7.5，故𝑒5<7.5⋅7.5⋅2.718=152.8875，故1100𝑒5<1.6<√𝑒由常用数据得𝑙𝑛5≈1.609，综上，𝑏>𝑐>𝑎故选D8.已知双曲线𝑥2−𝑦2𝑎2=1，若过点(2,2)能作该双曲线的两条切线，则该

双曲线离心率𝑒取值范围为（）A.(√213,+∞)B.(1,√213)C.(1,√2)D.以上选项均不正确解析：过(2,2)能作两条切线说明该点在双曲线外部，且不在该双曲线渐近线上临界情况时，点(2,2)在双曲线上，代入得𝑒=√213。当渐近线经过点(2,2)时，𝑒=√2综上，𝑒

∈(1,√2)∪(√2,√213)，故选D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.长沙市有橘子洲,岳麓山,天心阁,开福寺四个景点，一位游客来长沙市游览.已知该游客游览橘子洲的概率为

23，游览其他景点的概率都是12.该游客是否游览这四个景点相互独立，用随机变量X记录该游客游览的景点数，下列说法正确的是（）A.游客至多游览一个景点的概率为14B.𝑃(𝑋=2)=38C.𝑃(𝑋=4)=124D.𝐸

(𝑋)=136解析：略择选ABD选项10.如果一个无限集中的元素可以按照某种规律排成一个序列（或者说，可以对这个集合的元素标号表示为𝑎1,𝑎2,𝑎3,𝑎4...𝑎𝑛），则称其为可列集.下列集合属于可列集的有（）A.𝑁

B.ZC.QD.R解析：令𝑎0=0,𝑎1=1,...𝑎𝑛=𝑛(𝑛∈𝑁)即可表示所有自然数，故集合N可标号表示为𝑎0,𝑎1,𝑎2,𝑎3,𝑎4...𝑎𝑛，故𝑁为可列集，同理，Z为可列集对于Q，由于其区间(−∞,+∞)可由可列

个[𝑛,𝑛+1)(𝑛∈𝑍)区间组成，故可只讨论区间[0,1)内的情况。令𝑎0=0，当分母为1时，分子只有一种取值，故记作𝑎11=1，同理𝑎21=12,𝑎31=13,𝑎32=23...𝑎𝑝�

�=𝑞𝑝综上，集合Q可标号表示为𝑎0,𝑎21,𝑎31,𝑎32...𝑎𝑝𝑞，故Q为可列集故选ABC11.已知某四面体的四条棱长度为𝑎，另外两条棱长度为𝑏，则下列说法正确的是（）A.若𝑎=2且该四面体的侧面存在正三角形，则𝑏∈(√6−√2,√6+√2)B.若

𝑎=3且该四面体的侧面存在正三角形，则四面体的体积𝑉1∈(0,3√34]C.若𝑎=4且该四面体的对棱均相等，则四面体的体积V2∈(0,128√327]D.对任意𝑎>1，记侧面存在正三角形时四面体的体积为𝑉1，记对棱均相等时四面体的体积为𝑉2，恒有(

𝑉1)𝑚𝑎𝑥>(𝑉2)𝑚𝑎𝑥解析：A只需判断临界情况，易得A正确,同理，易得B错误，应为𝑉1∈(0,9√34]对于C，可将四面体补体成为一个长宽高分别为𝑏√2,𝑏√2,√16−𝑏22的长方体，由四面体体积规律得𝑉=13⋅𝑏√2⋅𝑏√2⋅√16−𝑏

22=𝑏26√16−𝑏22，由基本不等式得𝑉=𝑏26√16−𝑏22=23⋅𝑏2⋅𝑏2⋅√16−𝑏22≤23⋅(√𝑏24+𝑏24+16−𝑏223)3=128√327，故C正确对于D，同C可得𝑉2=𝑏26√𝑎2−𝑏22≤23⋅(√

𝑏24+𝑏24+𝑎2−𝑏223)3=2√3𝑎227，即(𝑉2)𝑚𝑎𝑥=2√3𝑎227。同时易得(𝑉1)𝑚𝑎𝑥=13∙√34∙𝑎2∙𝑎=√312𝑎3要使(𝑉1)𝑚𝑎𝑥>(𝑉2)𝑚𝑎𝑥，只需√312𝑎3>2√

3𝑎227即𝑎>89，故𝑎>1时D正确综上，选ACD12.已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+𝑎𝑥2+2𝑥+1(𝑎∈𝑅)，下列说法不正确的是（）A.当𝑎>−3时，函数𝑓(𝑥)仅有一个零点B.对于∀𝑎∈𝑅，

函数𝑓(𝑥)都存在极值点C.当𝑎=−1时，，函数𝑓(𝑥)不存在极值点D.∃𝑎∈𝑅，使函数𝑓(𝑥)都存在3个极值点解析：易得ABD错误，选择ABD选项。三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知𝑐𝑜𝑠(𝛼+𝛽)=𝑐𝑜𝑠𝛼+𝑐𝑜𝑠𝛽，则𝑐

𝑜𝑠𝛼的最大值为______.解析：依题可变形得𝑐𝑜𝑠𝛽(𝑐𝑜𝑠𝛼−1)−𝑠𝑖𝑛𝛼𝑠𝑖𝑛𝛽−𝑐𝑜𝑠𝛼=0即圆𝑥2+𝑦2=1与直线(𝑐𝑜𝑠𝛼−1)𝑥−𝑠𝑖𝑛𝛼𝑦−

𝑐𝑜𝑠𝛼=0有交点运用点到直线距离公式可得𝑐𝑜𝑠𝛼≤√3−114.已知向量e1⃗⃗⃗与e2⃗⃗⃗的夹角为π4，且|e1⃗⃗⃗|=1，|e2⃗⃗⃗|=√3，若λe1⃗⃗⃗+3e2⃗⃗⃗与2e1⃗⃗⃗+λe2⃗⃗⃗的夹角为锐角，则λ的取值范围是______.解析：依题，(λe1⃗⃗⃗

+3e2⃗⃗⃗)(2e1⃗⃗⃗+λe2⃗⃗⃗)≥0且λe1⃗⃗⃗+3e2⃗⃗⃗和2e1⃗⃗⃗+λe2⃗⃗⃗不共线，即𝜆2≠6综上，解得𝜆∈(−∞,−√510−11√66)∪(√510−11√66,√6)∪(√6,+∞)15.已

知双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的左、右焦点分别为𝐹1,𝐹2，过点𝐹1作直线分别交双曲线左支和一条渐近线于点𝐴,𝐵（𝐴,𝐵在同一象限内），且满足𝐹1𝐴=𝐴𝐵.联

结𝐴𝐹2，满足𝐴𝐹2⊥𝐵𝐹1.若该双曲线的离心率为𝑒，求𝑒2的值________.解析：设𝐴(𝑥0,𝑦0),𝑐=√𝑎2+𝑏2，由𝐹1𝐴=𝐴𝐵得𝑦0𝑥0−𝑐⋅𝑦0𝑥0+𝑐=−1，化简得𝑦02+𝑥02

−𝑐2=0（1）∵𝐹1𝐴=𝐴𝐵∴𝐵(2𝑥0+𝑐,2𝑦0)，又∵𝐵在渐近线上∴2𝑦02𝑥0+𝑐=𝑏𝑎，即2𝑏𝑥0=2𝑎𝑦0−𝑏𝑐.两边平方得4𝑏2𝑥02=4𝑎2𝑦02+𝑏2𝑐2−4𝑎𝑏𝑐𝑦0（2）∵

𝐴在双曲线上，所以𝑥02𝑎2−𝑦02𝑏2=1，即𝑥02=𝑎2+𝑎2𝑦02𝑏2.代入（1）解得𝑦0=𝑏2𝑐将𝑥02=𝑎2+𝑎2𝑦02𝑏2和𝑦0=𝑏2𝑐代入（2）得4𝑎2𝑏4𝑐2+𝑏2𝑐2−4𝑎𝑏3=4𝑎2�

�2+4𝑎2𝑏4𝑐2化简得3𝑎2+4𝑎𝑏−𝑏2=0，解得𝑎=√7−23𝑏，即𝑎2=11−4√79(𝑐2−𝑎2).化简得𝑒2=12+4√716.若不等式𝑙𝑛𝑥≤1𝑎𝑥2−𝑏𝑥+1恒成

立，则𝑎𝑏的最大值为_______.解析：原不等式可变形为𝑙𝑛𝑥−1𝑥≤1𝑎(𝑥−𝑎𝑏)，故𝑎𝑏为直线𝑦=1𝑎(𝑥−𝑎𝑏)的横截距，又知曲线𝑦=𝑙𝑛𝑥−1𝑥和𝑥轴唯一交点为（𝑒,0），根据一直一曲图像规律，可知𝑎𝑏≤𝑒四、

解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.17.定义𝑇𝑛(𝑐𝑜𝑠𝜃)=𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃(𝑛∈𝑁∗)（1）证明：𝑇𝑛(𝑐𝑜𝑠𝜃)=2𝑇𝑛−1(𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑐𝑜𝑠𝜃−𝑇𝑛−2(𝑐𝑜�

�𝜃)（2）解方程：8𝑥5+10𝑥3−𝑥2−12𝑥−2=0(𝑥∈𝐶)解析：（1）cosnθ=cos[(n−1)θ+θ]=cos(n−1)θcosθ−sin(n−1)θsinθ○1而cos(n−2)θ=cos[(n−1)θ−θ]=cos(n−1)θcosθ+sin(n−1)θsinθ○

2联立○1○2两式可得cosnθ=2cos(n−1)θcosθ−cos(n−2)θ即Tn(cosθ)=2Tn−1(cosθ)cosθ−Tn−2(cosθ)（2）注意到8x5+10x3−x2−12x−2=(x2+2)(8x3−6x−1)若x2+2=0，解得x=±

√2i若x2+2≠0，则8x3−6x−1=0记f(x)=8x3−6x−1f′(x)=24x2−6=6(2x+1)(2x−1)则f(x)在(−∞,−12),(12,+∞)单调递增，在(−12,12)单调递减而f(−1)=−3<0，f(−12)=1>0，f(12)=−3<0，f(1)=1>0∴f(x)

有且仅有三个零点，8x3−6x−1=0有三个实根，且均位于区间(−1,1)内记三个实根分别为cosα1,cosα2,cosα3由（1）知cos3θ=2cos2θcosθ−cosθ=4cos3θ−3cosθ∴cos3α=4cos3α−3cosα=12=cos(π3+2kπ)或cos(−π3+

2kπ)(k∈𝐙)解得cosα1=cosπ9,cosα2=cos5π9,cosα3=cos7π9综上所述，方程的解集为{√2i,−√2i,cosπ9,cos5π9,cos7π9}18.已知单调递减正数列{𝑎𝑛}，𝑛≥2时

满足𝑎𝑛2(𝑎𝑛−1+1)+𝑎𝑛−12(𝑎𝑛+1)−2𝑎𝑛𝑎𝑛−1(𝑎𝑛𝑎𝑛−1+𝑎𝑛+1)=0.𝑎1=12,𝑆𝑛为{𝑎𝑛}前n项和.（1）求{𝑎𝑛}的通项公式（2）证明：𝑆𝑛>1−1√𝑛+1（

1）由𝑎𝑛2(𝑎𝑛−1+1)+𝑎𝑛−12(𝑎𝑛+1)−2𝑎𝑛𝑎𝑛−1(𝑎𝑛𝑎𝑛−1+𝑎𝑛+1)=0得(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)2−𝑎𝑛𝑎𝑛−1(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)−2

𝑎𝑛2𝑎𝑛−12=0即(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1+𝑎𝑛𝑎𝑛−1)(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1−2𝑎𝑛𝑎𝑛−1)=0由{𝑎𝑛}单调递减得𝑎𝑛−𝑎𝑛−1−2𝑎𝑛𝑎𝑛−1<0则𝑎𝑛−𝑎𝑛−1+𝑎𝑛𝑎𝑛−1=0，即1𝑎�

�−1𝑎𝑛−1=1故{1𝑎𝑛}是以2为首项，1为公差的等差数列则{1𝑎𝑛}=𝑛+1，即𝑎𝑛=1𝑛+1（2）要证Sn>1−1√𝑛+1只需证𝑎𝑛=1𝑛+1>1√𝑛−1√𝑛+1即证1(𝑛+1)2>1𝑛+1𝑛+1−2√𝑛(𝑛+1)即证2√𝑛(𝑛+1

)>2𝑛2+2𝑛+1𝑛(𝑛+1)2即证4𝑛(𝑛+1)3>(2𝑛2+2𝑛+1)2即证4𝑛3+4𝑛2−1>0而此式为显然.证毕19.如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯

形，𝐴𝐵∥𝐶𝐷，，平面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐵，𝑃𝐴⊥𝑃𝐵．(1)求证：平面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝑃𝐵𝐶；(2)若二面角𝑃−𝐴𝐵−𝐷的余弦值为√33，求直线PD与平面PBC

所成角的正弦值．（1）由面面垂直的性质得到𝑃𝐵⊥平面𝑃𝐴𝐷，由面面垂直的判定即可证明；（2）过𝐷作𝐷𝐻⊥𝑃𝐴，𝐷𝑂⊥𝐴𝐵，垂足分别为𝐻，𝑂，连接𝐻𝑂，由几何法可证∠𝐷𝑂𝐻即为二面角𝑃−𝐴𝐵−𝐷的平面角，过𝑂作𝑂

𝑀⊥平面𝑃𝐴𝐵，以{𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗}为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设𝐴𝐵=4，再由向量法求出直线PD与平面PBC所成角即可.(1)因为平面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝑃𝐴

𝐵，平面𝑃𝐴𝐷∩平面𝑃𝐴𝐵=𝑃𝐴，𝑃𝐴⊥𝑃𝐵，𝑃𝐵⊂平面𝑃𝐴𝐵，所以𝑃𝐵⊥平面𝑃𝐴𝐷，又因为𝑃𝐵⊂平面𝑃𝐵𝐶，所以平面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝑃𝐵𝐶．(2)过𝐷作𝐷𝐻⊥𝑃𝐴，𝐷𝑂

⊥𝐴𝐵，垂足分别为𝐻，𝑂，连接𝐻𝑂，因为平面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐵，平面𝑃𝐴𝐷∩平面𝑃𝐴𝐵=𝑃𝐴，𝐷𝐻⊥𝑃𝐴，𝐷𝐻⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐷𝐻⊥平面𝑃𝐴

𝐵，又𝐴𝐵⊂平面𝑃𝐴𝐵，所以𝐷𝐻⊥𝐴𝐵，又𝐷𝑂⊥𝐴𝐵，且𝐷𝑂∩𝐷𝐻=𝐷，𝐷𝑂，𝐷𝐻⊂平面𝐷𝐻𝑂，所以𝐴𝐵⊥平面𝐷𝐻𝑂，因为𝐻𝑂⊂平面𝐷𝐻𝑂，所以𝐴𝐵⊥𝐻𝑂，即∠𝐷𝑂𝐻即为二面角𝑃−𝐴

𝐵−𝐷的平面角，不妨设𝐴𝐵=4，则可知𝐴𝐷=𝐶𝐷=𝐵𝐷=2，且𝐴𝑂=1，𝑂𝐷=√3，因为𝑐𝑜𝑠∠𝐷𝑂𝐻=√33，所以𝑂𝐻=1，所以∠𝐵𝐴𝑃=𝜋4，过𝑂作𝑂𝑀

⊥平面𝑃𝐴𝐵，以{𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗}为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则𝐷(0,1,√2)，𝑃(−1,2,0)，𝐵(−3,0,0)，𝐶(−2,1,√2)，所以𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(

1,−1,√2)，𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0)，𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,−√2)，设平面𝑃𝐵𝐶的法向量为𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑚⃗⃗⋅𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥+2𝑦=0𝑚⃗⃗⋅𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥+�

�−√2𝑧=0，令𝑥=1，则𝑦=−1，𝑧=0，所以𝑚⃗⃗=(1,−1,0)，设直线PD与平面PBC所成角为，则𝑠𝑖𝑛𝜃=|𝑚⃗⃗⃗⋅𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚⃗⃗⃗|⋅|𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√1+1⋅√1+1+2=√22，直线PD与平面PBC所

成角的正弦值为√2220.现有一批疫苗拟进入动物试验阶段，将1000只动物平均分成100组，任选一组进行试验．第一轮注射，对该组的每只动物都注射一次，若检验出该组中有9只或10只动物产生抗体，说明疫苗有效，试验终止；否则对没有产生抗体的

动物进行第二轮注射，再次检验．如果被二次注射的动物都产生抗体，说明疫苗有效，否则需要改进疫苗．设每只动物是否产生抗体相互独立，两次注射疫苗互不影响，且产生抗体的概率均为𝑝(0<𝑝<1).（1）求该组试验只需第一轮注射的

概率（用含𝑝的多项式表示）；（2）记该组动物需要注射次数𝑋的数学期望为𝐸(𝑋)，求证：10<𝐸(𝑋)<10(2−𝑝)（1）易得𝑃(𝑋=10)=𝑝10+𝐶101𝑝9(1−𝑝)=10𝑝9−9𝑝10（2）由（1）得𝑃(𝑋=

10)=𝑝10+10𝑝9(1−𝑝)当𝑘=2,3,...,10时，𝑃(𝑋=10+𝑘)=𝐶10𝑘𝑝10−𝑘(1−𝑝)𝑘由此可得𝐸(𝑋)=10𝑃(𝑋=10)+∑(10+𝑘)𝑃(𝑋=10+𝑘)10𝑘=2=

10(𝑝10+10𝑝9(1−𝑝))+∑𝑘𝐶10𝑘𝑝10−𝑘(1−𝑝)𝑘+1010𝑘=2∑𝐶10𝑘𝑝10−𝑘(1−𝑝)𝑘10𝑘=2=10∑𝐶10𝑘𝑝10−𝑘(1−10𝑘=0𝑝)𝑘+∑𝑘𝐶10𝑘𝑝10−𝑘(1−𝑝)𝑘

10𝑘=0−10𝑝9(1−𝑝)=10+10(1−𝑝)−10𝑝9(1−𝑝)=10(2−𝑝)−10𝑝9(1−𝑝)<10(2−𝑝)综上得证21.已知平面直角坐标系中有两点F1(−2,0)，F2(2,0)，且曲线C1

上的任意一点P都满足|PF1|∙|PF2|=5.（1）求曲线C1的轨迹方程并画出草图；（2）设曲线C2：y2k+x2=1（k>1）与C1交于顺时针排列的S、T、M、N四点，求|ST|∙|TM|∙|MN|∙|NS|的值.（1）由题知√(x−2)2+y2∙√(

x+2)2+y2=5即有(x2−4x+4+y2)(x2+4x+4+y2)=25整理得C1：x4+y4+2x2y2−8x2+8y2−9=0（草图要求经过所有整点且形状大致正确）（2）联立x4+y4+2x2y2−8x2+

8y2−9=0与y2k+x2=1得(k2−2k+1)x4−(2k2+6k+8)x2+k2+8k−9=0则∆=(2k2+6k+8)2−4(k2−2k+1)(k2+8k−9)=164k2−8k+100由对称性知S、T、M、N四点横纵坐标的绝对值相等，分别记为|x0|，|y0|则x02=k2

+3k+4−√41k2−2k+25k2−2k+1（x02<1）又|ST|∙|TM|∙|MN|∙|NS|=2|x0|∙2|x0|∙2|y0|∙2|y0|∴|ST|∙|TM|∙|MN|∙|NS|=16kx02(1−x02)=16k(k2+3k+4−√41k2−2k+25)(−5k−

3+√41k2−2k+25)(k2−2k+1)222.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑏𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑐𝑥，且𝑎2+𝑏2=1.（1）若𝑎=1，且𝑓(𝑥)在R上单调递增，求𝑐的取值范围（2）若𝑓(�

�)图象上存在两条互相垂直的切线，求𝑎+𝑏+𝑐的最大值（1）由题知𝑏=0，则𝑓(𝑥)=𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐𝑥得𝑓′(𝑥)=𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑐≥0即有𝑐∈(1,+∞)（2）由𝑎2+𝑏2=1，令𝑎=𝑠𝑖𝑛𝜃,𝑏=𝑐𝑜𝑠

𝜃，由𝑓(𝑥)=𝑎𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑏𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑐𝑥，得𝑓′(𝑥)=𝑎𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑏𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐=𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑐=𝑠𝑖𝑛(𝜃−𝑥)+𝑐，所以𝑐−1≤𝑓′

(𝑥)≤𝑐+1由题意可知，存在𝑥1,𝑥2，使得𝑓′(𝑥1)𝑓′(𝑥2)=−1，只需要|𝑐−1||𝑐+1|=|𝑐2−1|≥1，即𝑐2−1≤−1，所以𝑐2≤0，𝑐=0,𝑎+𝑏+𝑐=𝑎+𝑏=𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃=√2𝑠𝑖𝑛(

𝜃+𝜋4)≤√2所以𝑎+𝑏+𝑐的最大值为√2.